考點(diǎn)19相似三角形模型

考點(diǎn)19相似三角形基本模型相似三角形在初中數(shù)學(xué)中因?yàn)椴煌?lèi)型的規(guī)律比較明顯，所以被總結(jié)了很多的模型，比如：A字圖、8字圖、母子三角形、一線三等角、手拉手相似等。而掌握了這類(lèi)模型的套路后，可以更快的應(yīng)對(duì)相似三角形類(lèi)的應(yīng)用。所以考生需要對(duì)該考點(diǎn)完全掌握。A字圖及其變型8字圖及其變型一般母子型一線三等角手拉手模型考向一、A字圖及其變型“斜A型”當(dāng)∠ADE=∠當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：變型☆：斜A型在圓中的應(yīng)用：如圖可得：△PAB∽△PCD1．如圖，在△ABC中，DE∥BC，DE＝2，BC＝6，則的值為（）A． B． C． D．【分析】利用平行線的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝＝，故選：C．2．如圖，在△ABC中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB＝1：2：5，則S△ADE：S四邊形DEGF：S四邊形FGCB＝（）A．1：2：5 B．1：4：25 C．1：3：25 D．1：3：21【分析】由DE∥FG∥BC，可得△ADE∽△AFG∽△ABC，又由AD：AF：AB＝1：2：5，利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，即可求得S△ADE：S△AFG：S△ABC＝1：4：25，然后設(shè)△ADE的面積是a，則△AFG和△ABC的面積分別是3a，21a，即可求兩個(gè)梯形的面積，繼而求得答案．【解答】解：∵DE∥FG∥BC，∴△ADE∽△AFG∽△ABC，∴AD：AF：AB＝1：2：5，∴S△ADE：S△AFG：S△ABC＝1：4：25，設(shè)△ADE的面積是a，則△AFG和△ABC的面積分別是4a，25a，則S四邊形DFGE＝S△AFG﹣S△ADE＝3a，S四邊形FBCG＝S△ABC﹣S△AFG＝21a，∴S△ADE：S四邊形DFGE：S四邊形FBCG＝1：3：21．故選：D．3．將一張直角三角形紙片沿一條直線剪開(kāi)，將其分成一張三角形紙片與一張四邊形紙片，如果所得四邊形紙片ABCD如圖5所示，其中∠A＝∠C＝90°，AB＝7厘米，BC＝9厘米，CD＝2厘米，那么原來(lái)的直角三角形紙片的面積是54或平方厘米．【分析】分兩種情況討論，由勾股定理求出AD長(zhǎng)，由三角形面積公式求出四邊形ABCD的面積，由相似三角形的性質(zhì)，即可解決問(wèn)題．【解答】解：（1）分別延長(zhǎng)CD，BA交于M，連接BD，設(shè)△MBC的面積是S（cm2），∵∠C＝∠DAB＝90°，∴DC2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，∴22+92＝72+AD2，∴AD＝6（cm），∴△ADB的面積＝AD?AB＝×6×7＝21（cm2），△DCB的面積＝DC?BC＝×2×9＝9（cm2），∴四邊形ABCD的面積＝21+9＝30（cm2），∴△DMA的面積＝（S﹣30）（cm2），∵∠M＝∠M，∠MAD＝∠MCB，∴△MDA∽△MBC，∴＝＝＝，∴＝，∴S＝54（cm2）．（2）分別延長(zhǎng)AD，BC交于N，設(shè)△NAB的面積是S′（cm2），由（1）知四邊形ABCD的面積＝30（cm2），∵∠N＝∠N，∠NCD＝∠A＝90°，∴△NCD∽△NAB，∴＝＝＝，∴＝，∴S′＝（cm2），∴原來(lái)的直角三角形紙片的面積是54cm2或cm2．故答案為：54或．4．如圖，矩形DEFG的邊DE在△ABC的邊BC上，頂點(diǎn)G、F分別在邊AB、AC上．已知BC＝6cm，DE＝3cm，EF＝2cm，那么△ABC的面積是12cm2．【分析】過(guò)點(diǎn)A作AN⊥BC，先利用相似三角形的判定說(shuō)明△AGF∽△ABC，再利用相似三角形的性質(zhì)求出△ABC的高，最后利用三角形的面積得結(jié)論．【解答】解：過(guò)點(diǎn)A作AN⊥BC，垂足為N，交GF于點(diǎn)M．∵四邊形DEFG是矩形，∴GF∥DE，GF＝DE＝3cm，EF＝MN＝2cm．設(shè)AM＝acm，則AN＝（a+2）cm．∵GF∥DE，∴△AGF∽△ABC．∴＝．∴＝．∴a＝2．∴AN＝4cm．S△ABC＝BC?AN＝6×4＝12（cm）2．故答案為：12．5．如圖?ABCD中，點(diǎn)E在BA的延長(zhǎng)線上，連接EC、BD交于點(diǎn)G，EC交AD于F，已知EA：AB＝1：2．（1）求EF：EC；（2）求FG：GC．【分析】（1）利用平行線分線段成比例定理和比例的性質(zhì)求解即可；（2）利用相似三角形的判定，先說(shuō)明△EAF∽△CDF，再利用相似三角形的性質(zhì)和比例的性質(zhì)求出BC：FD，最后通過(guò)說(shuō)明△FDG∽△CBG，利用相似三角形的性質(zhì)得結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC．（1）∵EA：AB＝1：2，∴＝．∵AD∥BC，∴＝＝．（2）∵AB∥CD，∴△EAF∽△CDF．∴＝＝＝．∴＝＝．∵AD∥BC，∴△FDG∽△CBG．∴＝＝．考向二、8字圖及其變型“蝴蝶型”當(dāng)AB∥CD時(shí)當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC性質(zhì)：當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：變型1．如圖，在△ABC中，中線AD與中線BE相交于點(diǎn)G，聯(lián)結(jié)DE．下列結(jié)論成立的是（）A．B．C．D．【分析】由AD，BE是△ABC的中線，得到DE是△ABC的中位線，推出△DEG∽△ABG，△CDE∽△CBA，由相似三角形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．【解答】解：AD，BE是△ABC的中線，∴DE是△ABC的中位線，∴DE∥AB，DE＝AB，∴△DEG∽△ABG，∴DG：AG＝DE：AB＝1：2，BG：EG＝AB：DE，＝＝，∴DG＝AG，∵BG：EG＝AB：DE＝2：1，∴GB：BE＝2：3，∴S△AGB：S△AEB＝2：3，∵AE＝EC，∴S△AEB＝S△ABC，∴S△AGB＝S△ABC，∵△CDE∽△CBA，∴＝＝，∴S△CDE＝S△ABC，∴＝，結(jié)論成立的是＝，故選：C．2．如圖，在平行四邊形ABCD中，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E，使DE：AD＝1：3，連接EF交DC于點(diǎn)G，則S△CFG：S△DEG等于（）A．9：4 B．2：3 C．4：9 D．3：2【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AD＝BC，，再根據(jù)線段中點(diǎn)的定義可得CF＝BC＝AD，然后證明8字模型相似三角形△EDG∽△FCG，利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵F為BC的中點(diǎn)，∴CF＝BC，∴CF＝AD，∵AE∥CF，∴∠E＝∠GCF，∠EDG＝∠C，∴△EDG∽△FCG，∵DE：AD＝1：3，∴DE＝AD，∴S△CFG：S△DEG＝（）2＝（）2＝（）2＝，故選：A．3．如圖，在正方形ABCD中，E為AD上的點(diǎn)，連接CE．以點(diǎn)E為圓心，以任意長(zhǎng)為半徑作弧分別交EC，ED于點(diǎn)N，M，再分別以M，N為圓心，以大于MN長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧在∠CED內(nèi)交于點(diǎn)P，連接EP并延長(zhǎng)交DC于點(diǎn)H，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．若AB＝16，AE：AD＝1：4，則EH的長(zhǎng)為6．【分析】根據(jù)題中作圖判斷EP是∠DEC的角平分線，利用線段比和勾股定理求出EC，再利用角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得到CG，利用相似三角形的判定和性質(zhì)求出DH，最后利用勾股定理得結(jié)論．【解答】解：∵以點(diǎn)E為圓心，以任意長(zhǎng)為半徑作弧分別交EC，ED于點(diǎn)N，M，再分別以M，N為圓心，以大于MN長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧在∠CED內(nèi)交于點(diǎn)P，連接EP，∴EP是∠DEC的角平分線，∴∠DEG＝∠CEG．∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝AB＝16，∠D＝90°，AD∥BC．∵AE：AD＝1：4，AE+ED＝16，∴AE＝4，ED＝12．在Rt△EDC中，EC＝＝＝20．∵AD∥BC，∴∠G＝∠DEG＝∠CEG．∴EC＝CG＝20．∵AD∥BC，∴△EDH∽△GCH．∴＝＝＝．∵DH+HC＝CD＝16，∴DH＝6．在Rt△EDH中，EH＝＝＝＝6．故答案為：6．4．如圖，在?ABCD中，G是CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接BG交AC，AD于E，F(xiàn)．（1）求證：△ABE∽△CGE；（2）若AF＝2FD，求的值．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對(duì)邊平行，得到∠ABE＝∠CGE，再利用對(duì)頂角相等，可得△ABE∽△CGE；（2）利用平行四邊形對(duì)邊平行，證明△AEF∽△CEB，得到，再由（1）得，，從而求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠ABE＝∠CGE，又∵∠AEB＝∠CGE，∴△ABE∽△CGE．（2）解：設(shè)FD＝m，則AF＝2m，∴AD＝3m，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，BC＝AD＝3m，∴∠EAF＝∠ECB，∠AFE＝∠CBE，∴△AEF∽△CEB∴＝＝，又∵△ABE∽△CGE，∴＝＝．即的值為．5．以下各圖均是由邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的網(wǎng)格，A，B，C，D均在格點(diǎn)上．（1）在圖①中，的值為1：3；（2）利用網(wǎng)格和無(wú)刻度的直尺作圖，保留痕跡，不寫(xiě)作法．①如圖②，在AB上找一點(diǎn)P，使AP＝3；②如圖③，在BD上找一點(diǎn)P，使△APB∽△CPD．【分析】（1）如圖①中，利用平行線的性質(zhì)求解即可．（2）①根據(jù)勾股定理得AB的長(zhǎng)為5，再根據(jù)相似三角形的判定方法即可找到點(diǎn)P；②作點(diǎn)A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，連接A′C與BD的交點(diǎn)即為要找的點(diǎn)P，使△APB∽△CPD．【解答】解：（1）如圖①中，∵AB∥CD，∴△PCD∽△PBA．∴＝＝，故答案為：1：3；（2）①取格點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF交AB于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求的點(diǎn)．由勾股定理知：AB＝＝5．∵AP＝3，∴BP＝2．∵BE∥FA，∴△EPB∽△FPA．∵AP：BP＝AF：BE＝3：2．∴取格點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF交AB于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求的點(diǎn)；②如圖③所示，作點(diǎn)A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，連接A′C，交BD于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所要找的點(diǎn)，∵AB∥CD，∴△APB∽△CPD．其中：∠A是公共角AB是公共邊其中：∠A是公共角AB是公共邊BD與BC是對(duì)應(yīng)邊當(dāng)∠ABD=∠ACB時(shí)△ABD∽△ACB性質(zhì)：聯(lián)系應(yīng)用：切割線定理：如圖，PB為圓O切線，B為切點(diǎn)，則：△PAB∽△PBC得：1．如圖，在△ABC中，CD⊥AB于點(diǎn)D，有下列條件：①∠A＝∠BCD；②∠A+∠BCD＝∠ADC；③；④BC2＝BD?BA．其中能判斷△ABC是直角三角形的有（）A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【分析】根據(jù)題目中①②③④給出的條件分別判定△BCD∽△BAC或△ABC∽△ACD即可求得∠ACB＝90°，計(jì)算能求證△BCD∽△BAC或△ABC∽△ACD的個(gè)數(shù)即可解題．【解答】解：①∵∠A＝∠BCD，∠A+∠ACD＝90°，∴∠BCD+∠ACD＝90°，故本命題成立；②條件不足，無(wú)法求證∠ACB＝90°，故本命題錯(cuò)誤；③∵BD：CD＝BC：AC，∠ADC＝∠CDB＝90°，∴Rt△ADC∽R(shí)t△CDB，（因?yàn)槎加幸粋€(gè)直角，斜邊直角邊成比例）∴∠ACD＝∠B；∵∠B+∠BCD＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∵∠ACB＝∠ACD+∠BCD，∴∠ACB＝90°；故本命題正確；④∵BC2＝BD×BA，∴＝，∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△CBD，∴∠ACB＝90°，故本命題成立，故選：D．2．如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點(diǎn)D，∠ACD＝3∠BCD，E為斜邊AB的中點(diǎn)，則＝（）A． B． C． D．【分析】利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到∠BCD＝∠A＝22.5°，利用三角形的外角的性質(zhì)得到∠CED＝45°，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到AE＝CE＝BE＝AB，設(shè)CD＝DE＝x，則CE＝，AD＝（+1）x，代入化簡(jiǎn)即可得出結(jié)論．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ACD＝3∠BCD，∴∠BCD＝22.5°，∠ACD＝67.5°．∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴△BCD∽△BAC，∴∠BCD＝∠A＝22.5°．∵∠ACB＝90°，E為斜邊AB的中點(diǎn)，∴AE＝CE＝BE＝AB．∴∠ECA＝∠A＝22.5°，∴∠CED＝∠A+∠ECA＝45°，∵CD⊥AB，∴CD＝DE．設(shè)CD＝DE＝x，則CE＝，∴AE＝x，∴AD＝AE+DE＝（+1）x，∴＝+1．故選：B．3．如圖，在△ABC中，∠A＝90°，點(diǎn)D、E分別在AC、BC邊上，BD＝CD＝2DE，且∠C+∠CDE＝45°，若AD＝6，則BC的長(zhǎng)為8．【分析】首先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和已知條件證出∠BDE＝90°，作DF⊥BC于F，則BF＝CF，△DEF∽△BED∽△BDF，得出＝＝＝，設(shè)EF＝x，則DF＝2x，BF＝CF＝4x，得出BC＝8x，DE＝x，得出CD＝BD＝2x，AC＝6+2x，證明△CDF∽△CBA，得出＝，代入計(jì)算即可得出結(jié)果．【解答】解：∵∠A＝90°，∴∠ABD+∠ADB＝90°，∵BD＝CD，∴∠DBC＝∠C，∴∠ADB＝∠DBC+∠C＝2∠C，∵∠C+∠CDE＝45°∴2∠C+∠CDE＝90°，∴∠ADB+∠CDE＝90°，∴∠BDE＝90°，作DF⊥BC于F，如圖所示：則BF＝CF，△DEF∽△BED∽△BDF，∴＝＝＝，設(shè)EF＝x，則DF＝2x，BF＝CF＝4x，∴BC＝8x，DE＝x，∴CD＝BD＝2x，AC＝6+2x，∵∠DFC＝∠A＝90°，∠C＝∠C，∴△CDF∽△CBA，∴＝，即＝，解得：x＝，∴BC＝8；故答案為：8．4．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點(diǎn)D是斜邊AC的中點(diǎn)，連接DB，線段AE⊥線段BD交BC于點(diǎn)E，交DB于點(diǎn)G，垂足為點(diǎn)G．（1）求證：EB2＝EG?EA；（2）聯(lián)結(jié)CG，若∠CGE＝∠DBC，求證：BE＝CE．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得結(jié)論；（2）由直角三角形的性質(zhì)得BD＝AC＝CD，再由相似三角形的判定與性質(zhì)可得EC2＝GE?EA，結(jié)合（1）的結(jié)論可得答案．【解答】證明：（1）∵AE⊥BD，∴∠BGE＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠BGE＝∠ABE，∵∠BEG＝∠AEB，∴△ABE∽△BGE，∴＝，即EB2＝EG?EA；（2）在Rt△ABC中，點(diǎn)D是斜邊AC的中點(diǎn)，∴BD＝AC＝CD，∴∠DBC＝∠DCB，∵∠CGE＝∠DBC，∴∠CGE＝∠DCB，∵∠GEC＝∠GEC，∴△GEC∽△CEA，∴＝，∴EC2＝GE?EA，由（1）知EB2＝EG?EA，∴EC2＝EB2，∴BE＝CE．考向四、一線三等角：同側(cè)型（通常以等腰三角形或者等邊三角形為背景）異側(cè)型1．如圖，AB⊥BD于點(diǎn)B，ED⊥BD于點(diǎn)D．AB＝2，DE＝4，BD＝6．點(diǎn)C為BD上一點(diǎn)，連接AC、CE．當(dāng)BC＝（）時(shí)，可使AC⊥CE．A．3 B．2或4 C． D．2或3【分析】根據(jù)垂直定義可得∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，從而利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠A+∠ACB＝90°，再利用平角定義可得∠ACB+∠ECD＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠ECD＝∠A，從而證明△ABC∽△CDE，最后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴∠B＝∠D＝90°，∴∠A+∠ACB＝90°，∵AC⊥CE，∴∠ACE＝90°，∴∠ACB+∠ECD＝180°﹣∠ACE＝90°，∴∠ECD＝∠A，∴△ABC∽△CDE，∴＝，∴＝，解得：BC＝2或BC＝4，∴當(dāng)BC＝2或4時(shí)，可使AC⊥CE，故選：B．2．如圖，點(diǎn)A，B，C在同一直線上，∠A＝∠DBE＝∠C，則下列結(jié)論：①∠D＝∠CBE，②△ABD∽△CEB，③＝，其中正確的結(jié)論有（）個(gè)．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和和平角的定義可得①正確，進(jìn)行可得△ABD∽△CEB，得出②正確；由相似三角形的性質(zhì)可知，相似三角形的對(duì)應(yīng)線段成比例，得出結(jié)論．【解答】解：由圖可知，∠A+∠D+∠ABD＝180°，∠ABD+∠DBE+∠CBE＝180°，∵∠A＝∠DBE，∴∠D＝∠CBE，故①正確；∵∠A＝∠C，∴△ABD∽△CEB，故②正確；∴＝，故③正確；故選：D．3．如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是對(duì)角線上一點(diǎn)，連接AE并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AE交BC于點(diǎn)G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，則AE＝（）A． B． C． D．【分析】過(guò)點(diǎn)E作EN⊥BC，垂足為N，延長(zhǎng)NE交AD于點(diǎn)M，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，從而可得四邊形AMNB是矩形，進(jìn)而可得∠AMN＝90°，AB＝MN＝8，AM＝BN，MN∥AB，然后設(shè)ME＝x，則EN＝MN﹣EM＝8﹣x，再證明A字模型相似三角形△DME∽△DAB，并利用相似三角形的性質(zhì)求出DM，從而求出AM，GN的長(zhǎng)，最后證明一線三等角模型相似三角形△AME∽△ENG，利用相似三角形的性質(zhì)列出關(guān)于x的方程，進(jìn)行計(jì)算即可求出ME，AM的長(zhǎng)，從而在Rt△AME中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：過(guò)點(diǎn)E作EN⊥BC，垂足為N，延長(zhǎng)NE交AD于點(diǎn)M，∴∠ENB＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴四邊形AMNB是矩形，∴∠AMN＝90°，AB＝MN＝8，AM＝BN，MN∥AB，∴∠DME＝∠DAB＝90°，∠DEM＝∠DBA，∴△DME∽△DAB，∴＝，設(shè)ME＝x，則EN＝MN﹣EM＝8﹣x，∴＝，∴DM＝x，∴BN＝AM＝AD﹣DM＝6﹣x，∵BG＝2，∴GN＝BN﹣BG＝4﹣x，∵EG⊥AE，∴∠AEG＝90°，∴∠AEM+∠GEN＝90°，∵∠AEM+∠MAE＝90°，∴∠MAE＝∠GEN，∵∠AME＝∠ENG＝90°，∴△AME∽△ENG，∴＝，∴＝，∴x1＝，x2＝8，經(jīng)檢驗(yàn)：x1＝，x2＝8都是原方程的根，x2＝8（舍去），∴ME＝，AM＝6﹣x＝，∴AE＝＝＝，故選：B．4．如圖，在△ABC中，AB＝10，BC＝34，cos∠ABC＝，射線CM∥AB，D為線段BC上的一動(dòng)點(diǎn)且和B，C不重合，聯(lián)結(jié)DA，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥DA交射線CM于點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)AE，作EF＝EC，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，設(shè)BD＝x．（1）如圖1，當(dāng)AD∥EF，求BD的長(zhǎng)；（2）若CE＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫(xiě)出定義域；（3）如圖2，點(diǎn)G在線段AE上，作∠AGD＝∠F，若△DGE與△CDE相似，求BD的長(zhǎng)．【分析】（1）可推出△ABD是等腰三角形，從而求得BD；（2）作AK⊥BC于K，EH⊥CF于H，可證得△AKD∽△DHE，可求得AK＝8，DK＝x﹣6，EH＝y(tǒng)，DH＝34﹣x+y，進(jìn)一步求得結(jié)果；（3）推出可以是△GDE∽△CDE或△GDE∽△CED，當(dāng)△GDE∽△CDE時(shí)，可推出△GDE≌△CDE及△ABD≌△AGD，進(jìn)而求得此時(shí)BD的值；當(dāng)△GDE∽△CED時(shí)，推出四邊形ADFED是平行四邊形，再根據(jù)△AKD∽△DTE，進(jìn)而求得此時(shí)BD．【解答】解：（1）如圖1，作AK⊥BC于K，∴BK＝AB?cos∠ABC＝10×＝6，∴AK＝＝＝8，∵EF＝EC，∴∠ECF＝∠F，∵CM∥AB，AD∥EF，∴∠B＝∠ECF，∠ADB＝∠F，∴∠B＝∠ADB，∴AB＝AD，∴BD＝2BK＝12；（2）如圖2，作AK⊥BC于K，EH⊥CF于H，∴∠ADK＝∠CHE＝90°，∴∠ADK+∠DAK＝90°，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝90°，∴∠ADK+∠EDH＝90°，∴∠DAK＝∠EDH，∴△AKD∽△DHE，∴＝，∵BD＝x，BK＝6，BC＝34，∴DK＝x﹣6，DC＝34﹣x，∵∠ECF＝∠ABD，∴CH＝CE?cos∠ECF＝y(tǒng)?cos∠ABD＝，∴EH＝y(tǒng)，∴DH＝DC+CH＝34﹣x+，∴＝，化簡(jiǎn)，得，y＝，當(dāng)∠HDE＝∠ECF時(shí)，DE∥CE，∴∠DAK＝∠ECH＝∠ABD，∴DK＝AK?tan∠DAK＝8?tan∠ABK＝8×＝，此時(shí)，BD＝BK+DK＝6+＝，∴6＜x＜；（3）如圖3，∵∠AGD＝∠F，∠AGD+∠DGE＝180°，∴∠DGE+∠F＝180°，∵∠ECF+∠DCE＝180°，∠F＝∠ECF，∴∠DGE＝∠DCE，∴△GDE∽△CDE或△GDE∽△CED，當(dāng)△GDE∽△CDE時(shí)，∠GDE＝∠CDE，∵DE＝DE，∴△CDE≌△GDE（AAS），∴DG＝DC，∵∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDC＝∠ADG+∠GDE＝90°，∴∠ADB＝∠ADG，∵∠ABD＝∠ECF＝∠F，∴∠ABD＝∠AGD，∵AD＝AD，∴△ABD≌△AGD（AAS），\∴DB＝DG，∴BD＝CD＝BC＝17，∵6＜BD＜，∴BD＝17不符合題意，舍去；當(dāng)△GDE∽△CED時(shí)，如圖4，∠GDE＝∠DEC，∠GED＝∠CDE，∴DG∥CE，CD∥GE，∴四邊形CDGE是平行四邊形，由（1）（2）知，AK＝8，DK＝x﹣6，CD＝34﹣x，△AKD∽△DTE，∴ET＝AK＝8，CT＝BK＝6，DT＝40﹣x，∴＝，∴＝，∴x＝8，綜上所述：BD＝8．考向五、手拉手相似模型：模型名稱(chēng)幾何模型圖形特點(diǎn)具有性質(zhì)相似型手拉手△ABC∽△ADED、E逆時(shí)針A、B、C逆時(shí)針連結(jié)BD、CE①△ABD∽△ACE②△AOB∽△HOC③旋轉(zhuǎn)角相等④A、B、C、H四點(diǎn)共圓“反向”相似型手拉手△ABC∽△ADEA、D、E順時(shí)針A、B、C逆時(shí)針A、D、E`逆時(shí)針作△ADE關(guān)于AD對(duì)稱(chēng)的△ADE`性質(zhì)同上①②③1．如圖，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，連接CC'，將CC′沿C′B′方向平移至EB'，連接BE，若CC'＝，則BE的長(zhǎng)為（）A．1 B． C． D．2【分析】連接BB′，在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義可得＝，再利用相似三角形的性質(zhì)可得＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，從而利用等式的性質(zhì)可得∠BAB′＝∠CAC′，進(jìn)而可證△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性質(zhì)可得∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，再利用平移的性質(zhì)可得CC′∥B′E，＝＝，從而利用平行線的性質(zhì)可得∠BB′E＝30°，最后證明△BCA∽△BEB′，從而可得∠BEB′＝90°，進(jìn)而在Rt△BEB′中，利用銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：連接BB′，∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，∴cos30°＝＝，∵△ABC∽△AB'C'，∴＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，∴∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′∽△CAC′，∴∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，由平移得：CC′＝B′E＝，CC′∥B′E，∴＝＝，∵CC′∥B′E，∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°，∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°，∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°，∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°，∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°，∴∠BB′E＝30°，∴∠BB′E＝∠CAB＝30°，∴△BCA∽△BEB′，∴∠BEB′＝∠ACB＝90°，∴BE＝B′E?tan30°＝×＝，故選：B．2．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝6，點(diǎn)P在邊AC上運(yùn)動(dòng)（可與點(diǎn)A，C重合），將線段BP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，連接BD，CD，則CD長(zhǎng)的最小值為．【分析】以BC為邊構(gòu)建出和△BPD相似的三角形，通過(guò)將CD邊轉(zhuǎn)化為其他邊來(lái)求值．【解答】解：如圖所示，以BC為底邊向上作等腰△BQC，使∠BQC＝120°，連接PQ．由題意可得△BQC和△BPD均為頂角為120°的等腰三角形，可得，∠QBC＝∠PBD＝30°，∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，∴∠PBQ＝∠DBC，∴△PBQ∽△DBC，∴，∴當(dāng)PQ⊥AC時(shí)，有PQ最小，即此時(shí)CD最小，如圖所示，設(shè)OP′⊥AC，延長(zhǎng)AQ與BC交K，此時(shí)QP'為QP的最小值，可得AK⊥BC，∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，∴BK＝3，∠QBK＝30°，∴QK＝，∵AB＝AC＝3，KC＝3，∴AK＝＝6，∴AQ＝AK﹣QK＝5，∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，∴△AQP'∽△ACK，∴，∴，∴QP'＝，∴CD＝P′＝．3．已知在Rt△ABC中，CD⊥AB于點(diǎn)D．（1）在圖1中，寫(xiě)出其中兩對(duì)相似三角形．（2）已知BD＝1，DC＝2，將△CBD繞著點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蜻M(jìn)行旋轉(zhuǎn)得到△C'BD，連接AC'，BC．①如圖2，判斷AC'與BC之間的位置及數(shù)量關(guān)系，并證明；②在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)A，B，C'在同一直線時(shí)，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）利用兩個(gè)角相等可得△ABC∽△ACD，△BCD∽△BAC；（2）①利用兩邊成比例且?jiàn)A角相等證明△DBC∽△DC'A，得，∠DC'A＝∠DBC，可得結(jié)論；②分點(diǎn)C'在線段AB或AB的延長(zhǎng)線兩種情形，分別畫(huà)出圖形，利用勾股定理列方程可得答案．【解答】解：（1）∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠BDC＝∠ACB＝90°，∴△ABC∽△ACD，△BCD∽△BAC；（2）①，AC'⊥BC，理由如下：由（1）知，在圖1中，△ABC∽△CBD∽△ACD，∴，如圖2，∵∠BDC'＝∠CDA＝90°，∴∠BDC＝∠C'DA，∴△DBC∽△DC'A，∴，∠DC'A＝∠DBC，∵∠DEB＝∠CEC'，∴∠C'FE＝∠BDC'＝90°，∴AC'⊥BC，∴，AC'⊥BC；②如圖，當(dāng)點(diǎn)A、B、C'在同一直線上時(shí)，由①知，，AC'⊥BC，設(shè)BC＝x，AC'＝2x，在Rt△ACB中，由勾股定理得，x2+（2x﹣）2＝（2）2，解得x＝（負(fù)值舍去），如圖，當(dāng)A、C'、B在同一直線上時(shí)，同理可得，x2+（2x+）2＝（2）2，解得x＝（負(fù)值舍去），綜上：BC＝或．1．（2022秋?泗陽(yáng)縣期末）如圖，利用標(biāo)桿BE測(cè)量建筑物的高度，已知標(biāo)桿BE高2m，測(cè)得AB＝3m，BC＝6m．則建筑物CD的高是（）A．4m B．9m C．8m D．6m【分析】利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】解：∵EB∥CD，∴△AEB∽△ADC，∴＝，∴＝，∴CD＝6（m），故選：D．2．（2022秋?成華區(qū)期末）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，連接DE，EF，已知四邊形BDEF是平行四邊形，．若△ADE的面積為1，則平行四邊形BDEF的面積為（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)先說(shuō)明△ADE∽△ABC、△CEF∽△CBA，再利用相似三角形的性質(zhì)求出△ADE、△ABC、△CEF的面積，最后利用面積的和差關(guān)系得結(jié)論．【解答】解：∵四邊形BDEF是平行四邊形，∴DE∥BC，EF∥AB．∴△ADE∽△ABC，△CEF∽△CBA．∵，∴＝．∴＝．∴＝（）2＝，＝（）2＝．∵S△ADE＝1，∴S△ABC＝9，S△CEF＝4．∵S△ADE+S△CEF+S平行四邊形BDEF＝S△ABC，∴S平行四邊形BDEF＝9﹣1﹣4＝4．故選：B．3．（2022秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BP＝BC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，則CD＝．【分析】根據(jù)已知易得BC＝6，從而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C，從而利用三角形內(nèi)角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定義可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，從而可得∠DPC＝∠BAP，進(jìn)而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：∵BP＝BC＝2，∴BC＝3BP＝6，∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，∵∠APD＝∠B，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴＝，∴＝，∴CD＝，故答案為：．4．（2022秋?萬(wàn)州區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，E為CD的中點(diǎn)，F(xiàn)為BC上一點(diǎn)，BF＜FC，且AF⊥FE．對(duì)角線AC與EF交于點(diǎn)G，則GC的長(zhǎng)為．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠B＝∠FCE＝90°，由∠AFB+∠EFC＝∠AFB+∠BAF可得∠EFC＝∠BAF，以此證明△ABF∽△FCE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得，設(shè)BF＝x，則CF＝9﹣x，以此列出方程解得BF＝3，CF＝6，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC于點(diǎn)H，再證明△CHG∽△CBA，△FHG∽△FCE，得到，，聯(lián)立兩式子，算出CH、GH，最后根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B＝∠FCE＝90°，∵AF⊥FE，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∵∠AFB+∠BAF＝90°，∴∠EFC＝∠BAF，∴△ABF∽△FCE，∴，設(shè)BF＝x，則CF＝9﹣x，∵四邊形ABCD為矩形，AB＝6，E為CD的中點(diǎn)，∴CE＝3，∴，整理得：x2﹣9x+18＝0，解得：x1＝3，x2＝6，∵BF＜FC，∴BF＝3，CF＝6，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC于點(diǎn)H，如圖，∵AB⊥BC，DC⊥BC，∴GH∥AB，GH∥CD，∴△CHG∽△CBA，△FHG∽△FCE，∴，，∴①，②，聯(lián)立①②得：，解得：，在Rt△CHG中，由勾股定理得GC＝．故答案為：．5．（2022?安徽模擬）在數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中，小明進(jìn)行了如下操作：如圖，將兩張等腰直角三角形紙片ABC和CDE如圖放置（其中∠ACB＝∠E＝90°，AC＝BC，CE＝DE）．CD、CE分別與AB邊相交于M、N兩點(diǎn)．請(qǐng)完成下列探究：（1）若AC＝2，則AN?BM的值為4；（2）過(guò)M作MF⊥AC于F，若＝，則的值為．【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，可得∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，即可證明△ACN∽△BMC，可得＝，即可求解；（2）過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G，可得∠CGN＝∠CFM＝90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，從而可得∠NCG＝∠MCF，可證得△GCN∽△FCM，可得＝＝，設(shè)CG＝4k，則CF＝5k，AC＝4k，即可求解＝．【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE為等腰直角三角形，∴∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，BC＝AC＝2，∵∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，∴∠ACN＝∠BMC，∴△ACN∽△BMC，∴＝，∵BC＝AC＝2，∴AN?BM＝AC?BC＝4，故答案為：4；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G，∵M(jìn)F⊥AC，∴∠CGN＝∠CFM＝90°，∵∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，∴∠NCG＝∠MCF，∴△GCN∽△FCM，∵＝，∴＝＝，設(shè)CG＝4k，則CF＝5k，AC＝4k，∴＝，故答案為：．6．（2022秋?駐馬店期末）如圖，AD是Rt△ABC斜邊上的高，若AB＝4cm，BC＝10cm，求BD的長(zhǎng)．【分析】根據(jù)射影定理列出算式，代入數(shù)據(jù)計(jì)算即可．【解答】解：由射影定理得，AB2＝BD?BC，則BD＝＝1.6．7．（2022秋?開(kāi)化縣期中）如圖，在△ABC和△DEC中，∠A＝∠D，∠BCE＝∠ACD．（1）求證：△ABC∽△DEC；（2）若AC：DC＝2：3，BC＝6，求EC的長(zhǎng)．【分析】（1）由∠BCE＝∠ACD，可得出∠BCA＝∠ECD，結(jié)合∠A＝∠D，可證出△ABC∽△DEC；（2）由△ABC∽△DEC，利用相似三角形的性質(zhì)可得出AC：DC＝BC：CE，結(jié)合已知條件，可求出EC的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：∵∠BCE＝∠ACD，∴∠BCE+∠ECA＝∠ACD+∠ACE，即∠BCA＝∠ECD．又∵∠A＝∠D，∴△ABC∽△DEC．（2）解：∵△ABC∽△DEC，AC：DC＝2：3，∴AC：DC＝BC：CE＝2：3，而B(niǎo)C＝6，∴EC＝9，∴EC的長(zhǎng)為9．8．（2022秋?奉賢區(qū)期中）如圖，已知在四邊形ABCD中，AD∥BC．E為邊CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)DE交邊AB于點(diǎn)F，聯(lián)結(jié)AC交DE于點(diǎn)G，且＝．（1）求證：AB∥CD；（2）如果AE2＝AG?AC，求證：＝．【分析】（1）由AD∥BC，得到△ADG∽△CEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）由AE2＝AG?AC易得△AEG∽△ACE，所以∠AEG＝∠ACE＝∠DAG，可得△ADG∽△EDA，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．【解答】證明：（1）∵AD∥BC，∴△ADG∽△CEG，∴＝，∵＝，∴＝，∴AB∥CD；（2）∵AE2＝AG?AC，∴＝，∵∠EAG＝∠CAE，∴△AEG∽△ACE，∴∠AEG＝∠ACE，∵AD∥BC，∴∠ACE＝∠DAG，∴∠DAG＝∠AEG，∵∠ADG＝∠EDA，∴△ADG∽△EDA，∴，即＝．9．（2022秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知AB∥EF∥CD，AC，BD相交于點(diǎn)E，EF：AB＝2：3．（1）若CE＝4，求AE的長(zhǎng)；（2）若CD＝6，求AB的長(zhǎng)；（3）若四邊形ABFE的面積為8，直接寫(xiě)出△CEF的面積．【分析】（1）根據(jù)AB∥EF得到△CEF∽△CAB，接著利用相似三角形的性質(zhì)得到EF：AB＝2：3＝CE：CA，由此求出CA＝6即可求解；（2）根據(jù)AB∥EF∥CD，得到△ABE∽△CDE，接著得到AB：CD＝AE：CE，利用比例的性質(zhì)最后得到EFAE：CE＝AB：CD＝1：2即可求出AB＝3；（3）由于△CEF∽△CAB得到S△CEF：S△CAB＝＝＝，由此即可求解．【解答】解：（1）∵AB∥EF，∴△CEF∽△CAB，∴EF：AB＝2：3＝CE：CA，∵CE＝4，∴2：3＝4：CA，∴CA＝6，∴AE＝CA﹣CE＝6﹣4＝2；（2）∵AB∥EF∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴AB：CD＝AE：CE，∵EF：AB＝2：3＝CE：CA，∴CE：EA＝2：1，∴AE：CE＝AB：CD＝1：2，而CD＝6，∴AB＝3；（3）∵△CEF∽△CAB，∴S△CEF：S△CAB＝＝＝，∴＝，∴＝，∴S△CEF＝．10．（2022?州模擬）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，D、E分別是AB、BC上的點(diǎn)，過(guò)B、D、E三點(diǎn)作?O，交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，AC＝3，BC＝5，AD＝1．（1）求證：△CDE∽△CBF；（2）當(dāng)?O與CD相切于點(diǎn)D時(shí)，求?O的半徑；（3）若S△CDE＝3S△BDF，求DF的值．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠BED+∠BFD＝180°，再根據(jù)同角的補(bǔ)角相等可得∠CED＝∠BFD，然后根據(jù)兩角相等的兩個(gè)三角形相似進(jìn)行證明即可解答；（2）連接OD，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥BD，垂足為M，可得DM＝BM＝DB，∠OMD＝90°，從而可得∠ODM+∠MOD＝90°，再在Rt△ABC中利用勾股定理求出AB的長(zhǎng)，從而求出BD，DM的長(zhǎng)，然后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出CD的長(zhǎng)，再利用切線的性質(zhì)可得∠ODC＝90°，最后利用一線三等角相似模型證明△DMO∽△CAD，從而利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答；（3）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC，垂足為H，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥CF，垂足為G，根據(jù)△BDC的面積＝BC?DH＝BD?AC＝BG?CD，可求出DH＝，BG＝，再根據(jù)已知S△CDE＝3S△BDF，可得＝，然后設(shè)DF＝x，則CE＝15x，從而利用（1）的結(jié)論，進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】（1）證明：∵四邊形BEDF是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BED+∠BFD＝180°，∵∠BED+∠CED＝180°，∴∠CED＝∠BFD，∵∠DCE＝∠BCF，∴△CDE∽△CBF；（2）連接OD，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥BD，垂足為M，∴DM＝BM＝DB，∠OMD＝90°，∴∠ODM+∠MOD＝90°，∵∠A＝90°，BC＝5，AC＝3，∴AB＝＝＝4，∵AD＝1，∴BD＝AB﹣AD＝4﹣1＝3，∴DM＝BD＝，在Rt△ADC中，CD＝＝＝，∵?O與CD相切于點(diǎn)D，∴∠ODC＝90°，∴∠ODM+∠ADC＝180°﹣∠ODC＝90°，∴∠MOD＝∠ADC，∵∠OMD＝∠A＝90°，∴△DMO∽△CAD，∴＝，∴＝，∴DO＝，∴?O的半徑為；（3）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC，垂足為H，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥CF，垂足為G，∵△BDC的面積＝BC?DH＝BD?AC＝BG?CD，∴BC?DH＝BD?AC＝BG?CD，∴5DH＝3×3＝BG，∴DH＝，BG＝，∵S△CDE＝3S△BDF，∴CE?DH＝3×DF?BG，∴CE?DH＝3DF?BG，∴CE＝3DF?，∴＝＝，∴設(shè)DF＝x，則CE＝15x，由（1）得：△CDE∽△CBF，∴＝，∴＝，解得：x＝，經(jīng)檢驗(yàn)：x＝是原方程的根，∴DF＝x＝，∴DF的長(zhǎng)為．1．（2022?巴中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，C為△AOB的OA邊上一點(diǎn)，AC：OC＝1：2，過(guò)C作CD∥OB交AB于點(diǎn)D，C、D兩點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為1、3，則B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根據(jù)CD∥OB得出，根據(jù)AC：OC＝1：2，得出，根據(jù)C、D兩點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為1、3，得出OB＝6，即可得出答案．【解答】解：∵CD∥OB，∴，∵AC：OC＝1：2，∴，∵C、D兩點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為1、3，∴CD＝3﹣1＝2，∴，解得：OB＝6，∴B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為6，故選：C．2．（2022?涼山州）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊AB、AC上，若DE∥BC，，DE＝6cm，則BC的長(zhǎng)為（）A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm【分析】根據(jù)＝，得到＝，根據(jù)DE∥BC，得到∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得到△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例即可得出答案．【解答】解：∵＝，∴＝，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，∴△ADE∽△ABC，∴＝，∴＝，∴BC＝15（cm），故選：C．3．（2022?哈爾濱）如圖，AB∥CD，AC，BD相交于點(diǎn)E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，則BD的長(zhǎng)為（）A． B．4 C． D．6【分析】利用平行線證明判定三角形相似，得到線段成比例求解．【解答】解：∵AB∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴＝，即＝，∴BE＝1.5，∴BD＝BE+DE＝4.5．故選：C．4．（2022?雅安）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB和AC上的點(diǎn)，DE∥BC，若＝，那么＝（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理解答即可．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝，∵＝，∴＝，∴＝＝．故選：D．5．（2022?揚(yáng)州）如圖，在△ABC中，AB＜AC，將△ABC以點(diǎn)A為中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，點(diǎn)D在BC邊上，DE交AC于點(diǎn)F．下列結(jié)論：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，進(jìn)而得出∠B＝∠ADB，得出∠ADE＝∠ADB，得出DA平分∠BDE，可判斷結(jié)論②符合題意；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，得出△AFE∽△DFC，可判斷結(jié)論①符合題意；由∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠FAE，由相似三角形的性質(zhì)得出∠FAE＝∠CDF，進(jìn)而得出∠BAD＝∠CDF，可判斷結(jié)論③符合題意；即可得出答案．【解答】解：∵將△ABC以點(diǎn)A為中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，∴∠B＝∠ADB，∴∠ADE＝∠ADB，∴DA平分∠BDE，∴②符合題意；∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，∴△AFE∽△DFC，∴①符合題意；∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠FAE，∵△AFE∽△DFC，∴∠FAE＝∠CDF，∴∠BAD＝∠CDF，∴③符合題意；故選：D．6．（2022?達(dá)州）如圖，點(diǎn)E在矩形ABCD的AB邊上，將△ADE沿DE翻折，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)F處，若CD＝3BF，BE＝4，則AD的長(zhǎng)為（）A．9 B．12 C．15 D．18【分析】證明△BEF∽△CFD，求得CF，設(shè)BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，∵將矩形ABCD沿直線DE折疊，∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，∴∠BEF＝∠CFD，∴△BEF∽△CFD，∴，∵CD＝3BF，∴CF＝3BE＝12，設(shè)BF＝x，則CD＝3x，DF＝BC＝x+12，∵∠C＝90°，∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，∴（3x）2+122＝（x+12）2，解得x＝3（舍去0根），∴AD＝DF＝3+12＝15，故選：C．7．（2022?云南）如圖，在△ABC中，D、E分別為線段BC、BA的中點(diǎn)，設(shè)△ABC的面積為S1，△EBD的面積為S2，則＝（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)三角形的中位線定理，相似三角形的面積比等于相似比的平方解答即可．【解答】解：在△ABC中，D、E分別為線段BC、BA的中點(diǎn)，∴DE為△ABC的中位線，∴DE∥AC，DE＝AC，∴△BED∽△BAC，∵＝，∴＝，即＝，故選：B．8．（2022?錦州）如圖，在正方形ABCD中，E為AD的中點(diǎn)，連接BE交AC于點(diǎn)F．若AB＝6，則△AEF的面積為3．【分析】由正方形的性質(zhì)可知AE＝3，AD//BC，則可判斷△AEF∽△CBF，利用相似三角形的性質(zhì)得到，然后根據(jù)三角形面積公式得到S△AEF＝S△ABE．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝AB＝6，AD∥BC，∵E為AD的中點(diǎn)，∴AE＝AB＝3，∵AE∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴＝＝，∴S△AEF：S△ABF＝1：2，∴S△AEF＝S△ABE＝××3×6＝3．故答案為：3．9．（2022?牡丹江）如圖，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，點(diǎn)D在BC邊上，DE與AC相交于點(diǎn)F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于點(diǎn)H．下列結(jié)論中：①AC＝CD；②AD2＝BC?AF；③若AD＝3，DH＝5，則BD＝3；④AH2＝DH?AC，正確的是②③．【分析】①根據(jù)等腰直角三角形可知∠B＝∠ACB＝45°，若AC＝CD，則∠ADC＝∠CAD＝67.5°，這個(gè)根據(jù)已知得不出來(lái)，所以①錯(cuò)誤；②證明△AEF∽△ABD，列比例式可作判斷；④證明△ADH∽△BAH，列比例式可作判斷；③先計(jì)算AH的長(zhǎng)，由④中得到的比列式計(jì)算可作判斷．【解答】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠ADC＝∠B+∠BAD，而∠BAD的度數(shù)不確定，∴∠ADC與∠CAD不一定相等，∴AC與CD不一定相等，故①錯(cuò)誤；②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵∠B＝∠AED＝45°，∴△AEF∽△ABD，∴＝，∵AE＝AD，AB＝BC，∴AD2＝AF?AB＝AF?BC，∴AD2＝AF?BC，故②正確；④∵∠DAH＝∠B＝45°，∠AHD＝∠AHD，∴△ADH∽△BAH，∴＝，∴AH2＝DH?BH，而B(niǎo)H與AC不一定相等，故④不一定正確；③∵△ADE是等腰直角三角形，∴∠ADG＝45°，∵AH⊥DE，∴∠AGD＝90°，∵AD＝3，∴AG＝DG＝，∵DH＝5，∴GH＝＝＝，∴AH＝AG+GH＝2，由④知：AH2＝DH?BH，∴（2）2＝5BH，∴BH＝8，∴BD＝BH﹣DH＝8﹣5＝3，故③正確；本題正確的結(jié)論有：②③故答案為：②③．10．（2022?東營(yíng)）如圖，在△ABC中，點(diǎn)F、G在BC上，點(diǎn)E、H分別在AB、AC上，四邊形EFGH是矩形，EH＝2EF，AD是△ABC的高，BC＝8，AD＝6，那么EH的長(zhǎng)為．【分析】設(shè)AD交EH于點(diǎn)R，由矩形EFGH的邊FG在BC上證明EH∥BC，∠EFC＝90°，則△AEH∽△ABC，得＝，其中BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，可以列出方程＝，解方程求出EH的值即可．【解答】解：設(shè)AD交EH于點(diǎn)R，∵矩形EFGH的邊FG在BC上，∴EH∥BC，∠EFC＝90°，∴△AEH∽△ABC，∵AD⊥BC于點(diǎn)D，∴∠ARE＝∠ADB＝90°，∴AR⊥EH，∴＝，∵EF⊥BC，RD⊥BC，EH＝2EF，∴RD＝EF＝EH，∵BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，∴＝，解得EH＝，∴EH的長(zhǎng)為，故答案為：．11．（2022?上海）我們經(jīng)常會(huì)采用不同方法對(duì)某物體進(jìn)行測(cè)量，請(qǐng)測(cè)量下列燈桿AB的長(zhǎng)．（1）如圖（1）所示，將一個(gè)測(cè)角儀放置在距離燈桿AB底部a米的點(diǎn)D處，測(cè)角儀高為b米，從C點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為α，求燈桿AB的高度．（用含a，b，α的代數(shù)式表示）（2）我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽利用影子對(duì)物體進(jìn)行測(cè)量的方法，在至今仍有借鑒意義．如圖（2）所示，現(xiàn)將一高度為2米的木桿CG放在燈桿AB前，測(cè)得其影長(zhǎng)CH為1米，再將木桿沿著B(niǎo)C方向移動(dòng)1.8米至DE的位置，此時(shí)測(cè)得其影長(zhǎng)DF為3米，求燈桿AB的高度．【分析】（1）根據(jù)題意可得BE＝CD＝b米，EC＝BD＝a米，∠AEC＝90°，∠ACE＝α，然后在Rt△AEC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AE的長(zhǎng)，進(jìn)行計(jì)算即可解答；（2）根據(jù)題意得：GC＝DE＝2米，CD＝1.8米，∠ABC＝∠GCD＝∠EDF＝90°，然后證明A字模型相似三角形△ABH∽△GCH，從而可得＝，再證明A字模型相似三角形△ABF∽△EDF，從而可得＝，進(jìn)而可得＝，最后求出BC的長(zhǎng)，從而求出AB的長(zhǎng)．【解答】解：（1）如圖：由題意得：BE＝CD＝b米，EC＝BD＝a米，∠AEC＝90°，∠ACE＝α，在Rt△AEC中，AE＝CE?tanα＝atanα（米），∴AB＝AE+BE＝（b+atanα）米，∴燈桿AB的高度為（atanα+b）米；（2）由題意得：GC＝DE＝2米，CD＝1.8米，∠ABC＝∠GCD＝∠EDF＝90°，∵∠AHB＝∠GHC，∴△ABH∽△GCH，∴＝，∴＝，∵∠F＝∠F，∴△ABF∽△EDF，∴＝，∴＝，∴＝，∴BC＝0.9米，∴＝，∴AB＝3.8米，∴燈桿AB的高度為3.8米．1．（2022?賀州）如圖，在△ABC中，DE∥BC，DE＝2，BC＝5，則S△ADE：S△ABC的值是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方計(jì)算即可．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∵DE＝2，BC＝5，∴S△ADE：S△ABC的值為，故選：B．2．（2022?南崗區(qū)三模）如圖，點(diǎn)E在菱形ABCD的邊CD的延長(zhǎng)線上，連接BE交AD于點(diǎn)F，則下列式子一定正確的是（）A． B． C． D．【分析】利用菱形的性質(zhì)可得AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，然后利用平行線分線段成比例，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，逐一判斷即可解答．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，A、∵AD∥BC，∴＝，故A不符合題意；B、∵AB∥CD，∴∠A＝∠ADE，∠ABF＝∠E，∴△BAF∽△EDF，∴＝，故B不符合題意；C、∵＝，AB＝AD，∴＝，故C符合題意；D、∵AD∥BC，∴＝，故D不符合題意；故選：C．3．（2022?南崗區(qū)校級(jí)二模）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E在CD邊上，連接AE、BE，AE交BD于點(diǎn)F，則下列結(jié)論正確的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)進(jìn)行解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD．∴．∴．故選項(xiàng)A正確，符合題意；選項(xiàng)B錯(cuò)誤，不符合題意；由AB∥CD可得，，∵AB＝DC，∴，∵點(diǎn)E在CD邊上，∴CE≠DC，∴選項(xiàng)C錯(cuò)誤，不符合題意；如果AD∥BE，那么，∵AD與BE不平行，∴，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，不符合題意．故選：A．4．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖，正方形ABCD由四個(gè)全等的直角三角形拼接而成，連結(jié)HF交DE于點(diǎn)M．若，則的值為（）A． B． C． D．【分析】延長(zhǎng)CB，DE，交于點(diǎn)N，設(shè)AH＝1，AE＝2，依據(jù)△ADE∽△BNE，即可得出BN＝1.5；再根據(jù)△DHM∽△NFM，即可得到的值．【解答】解：如圖所示，延長(zhǎng)CB，DE，交于點(diǎn)N，設(shè)AH＝1，AE＝2，∵正方形ABCD由四個(gè)全等的直角三角形拼接而成，∴BE＝1，DH＝BF＝2，∵AD∥BN，∴△ADE∽△BNE，∴＝，即＝，∴BN＝1.5，∵DH∥NF，∴△DHM∽△NFM，∴＝＝＝，故選：C．5．（2022?瑤海區(qū)三模）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，連接CC'，將CC′沿C′B′方向平移至EB'，連接BE，若CC'＝，則BE的長(zhǎng)為（）A．1 B． C． D．2【分析】連接BB′，在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義可得＝，再利用相似三角形的性質(zhì)可得＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，從而利用等式的性質(zhì)可得∠BAB′＝∠CAC′，進(jìn)而可證△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性質(zhì)可得∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，再利用平移的性質(zhì)可得CC′∥B′E，＝＝，從而利用平行線的性質(zhì)可得∠BB′E＝30°，最后證明△BCA∽△BEB′，從而可得∠BEB′＝90°，進(jìn)而在Rt△BEB′中，利用銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：連接BB′，∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，∴cos30°＝＝，∵△ABC∽△AB'C'，∴＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，∴∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′∽△CAC′，∴∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，由平移得：CC′＝B′E＝，CC′∥B′E，∴＝＝，∵CC′∥B′E，∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°，∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°，∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°，∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°，∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°，∴∠BB′E＝30°，∴∠BB′E＝∠CAB＝30°，∴△BCA∽△BEB′，∴∠BEB′＝∠ACB＝90°，∴BE＝B′E?tan30°＝×＝，故選：B．6．（2022?甌海區(qū)模擬）如圖來(lái)自清朝數(shù)學(xué)家梅文鼎的《勾股舉隅》，該圖由四個(gè)全等的直角三角形圍成，延長(zhǎng)BC分別交AG，HG于點(diǎn)M，N，梅文鼎就是利用這幅圖證明了勾股定理．若圖中記△MNG的面積為S，△GDF的面積為9S，則陰影部分的面積為（）A．20S B．21S C．22S D．24S【分析】設(shè)AH＝a，MG＝x，則AC＝HN＝a，證明△MNG∽△AHG，根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方可得＝＝＝，所以MN＝a，NG＝a，AG＝3x，根據(jù)△MNG的面積為S，表示a2＝12S，由勾股定理列等式表示x2＝a2，最后根據(jù)面積差可得結(jié)論．【解答】解：設(shè)AH＝a，MG＝x，則AC＝HN＝a，∵該圖由四個(gè)全等的直角三角形圍成，∴S△ACB＝S△DFG＝S△BED＝S△AGH＝9S，∵M(jìn)N∥AH，∴△MNG∽△AHG，∴＝＝，∴＝＝＝，∴MN＝a，NG＝a，AG＝3x，∵△MNG的面積為S，∴?a?a＝S，∴a2＝12S，由勾股定理得：MG2＝MN2+NG2，∴x2＝（a）2+（a）2，∴x2＝a2，∴陰影部分的面積＝（3x）2﹣2×9S＝9x2﹣18S＝9×a2﹣18S＝×12S﹣18S＝21S．故選：B．7．（2022?婺城區(qū)校級(jí)模擬）如圖是一個(gè)5×6的正方形網(wǎng)格，點(diǎn)A，B，C，D都在格點(diǎn)上，且線段AB，CD相交于點(diǎn)P，則tan∠BPC的值為3．【分析】連接AN，則AN⊥CD，由勾股定理求出AN，CN的長(zhǎng)，再由△MPN∽△BPC求出PN的長(zhǎng)，即可求解．【解答】解：連接AN，則AN⊥CD，設(shè)小正方形的邊長(zhǎng)是1，AN＝＝2，∵M(jìn)N∥CB，∴△MPN∽△BPC，∴＝＝，∴＝，∵CN＝＝4，∴PN＝CN＝，∴tan∠BPC＝tan∠APN＝＝3．故答案為：3．8．（2022?東城區(qū)二模）據(jù)《墨經(jīng)》記載，在兩千多年前，我國(guó)學(xué)者墨子和他的學(xué)生做了世界上第1個(gè)“小孔成像”的實(shí)驗(yàn)，闡釋了光的直線傳播原理，如圖（1）所示．如圖（2）所示的小孔成像實(shí)驗(yàn)中，若物距為10cm，像距為15cm，蠟燭火焰倒立的像的高度是6cm，則蠟燭火焰的高度是4cm．【分析】直接利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例解答．【解答】解：設(shè)蠟燭火焰的高度是xcm，由相似三角形的性質(zhì)得到